33_1_8 / 33-1-08 ZB_ZAD_OSNOVNOY TEXT_ponomarenko_07.11.08
.pdfКИЇВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ БУДІВНИЦТВА І АРХІТЕКТУРИ
Кафедра фізики
Індивідуальна контрольна робота № …
______________________________________________________________
(номер, назва модуля (ів))
Студента ________________________
(прізвище, ім’я)
_____________________________
(група)
Варіант № _____з посібника _____________________________________
___________________________________________________________________
____
Дата видачі роботи:____________
Дата подання роботи:____________
Дата захисту роботи: ____________
Номери задач:
№ |
№ задачі |
Резолюція до |
п/п |
згідно |
задачі |
|
варіанта |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
№ |
№ задачі |
Резолюція до |
п/п |
згідно |
задачі |
|
варіанта |
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
11 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
___________________ |
_____________________ |
(Оцінка роботи) |
(прізвище викладача та підпис) |
21
Задача 1. Снаряд випущений під кутом α до горизонту з початковою швидкістю υ0 . Визначити час польоту снаряда tп, дальність
польоту L, швидкість снаряда в момент падіння на Землю, максимальну висоту підйому H та рівняння траєкторії польоту.
Дано: |
Розв’язання. Виберемо систему координат таким |
|
α |
чином, щоб початок координат співпадав з місцем |
|
υ0 |
випускання снаряда, вісь 0у напрямимо вертикально |
|
|
вгору, вісь 0х |
– горизонтально (рис.1), причому |
|
||
tп, L, H, y = f(x) – ? |
площину х0у |
виберемо так, щоб вектори υ0 та |
|
g лежали в цій площині. |
|
|
|
|
Початок відліку часу сумістимо з початком пострілу. Рух снаряда описується системою кінематичних рівнянь:
|
|
axt 2 |
||||
x(t) = x0 |
+ υ0 xt + |
|
|
; υx = υ0 x + axt; |
||
2 |
||||||
|
|
|
|
|||
|
|
|
ayt 2 |
|||
|
|
|
||||
y(t) = y0 |
+ υ0 yt + |
|
|
|
; υy = υ0 y + ayt. |
|
2 |
|
|||||
|
|
|
|
При нашому виборі системи координат х0 = 0, ах = 0, υ0х = υ0 cosα; y0 = 0, аy = – g, υ0y = υ0 sinα, отже рівняння для координат та швидкостей запишуться:
x(t) = υ0t cos α ; |
υx |
= υ0 cos α = const; |
||
|
|
|
|
|
|
gt |
2 |
|
|
y(t) = υ0t sin α − |
|
|
; υy = υ0 sin α − gt. |
|
2 |
|
|||
|
|
|
||
y |
|
|
|
|
H |
|
|
|
R |
υ0 |
|
|
|
υx |
R |
|
|
|
|
|
|
υy |
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
υ |
α
0
x
L
Рис. 1
22
У момент падіння снаряда на землю координата y(tп) = 0. Звідси повний час польоту
|
|
tп = |
2υ0 sin α |
|
|
|||
|
|
|
|
. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
g |
|
|
||
За цей же час вздовж осі 0х снаряд g пролетить відстань L, тобто |
||||||||
дальність |
польоту |
дорівнює |
x(tп ) = L = υ0 tп cos α = |
υ 2 sin 2α |
. |
|||
0 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
g
Максимальна висота підйому снаряда визначається тим, що на цій висоті вертикальна складова швидкості υy перетворюється на нуль, тобто
υy (tв ) = υ0 sin α − gtв = 0 , де tв – час підйому снаряда. Звідси tв = |
υ0 sin α |
. |
|
g |
|||
|
|
Порівнявши цей час із часом повного руху снаряду в повітрі, легко побачити, що час руху снаряда вгору рівний часу його руху вниз. Тоді легко визначити максимальну висоту підйому снаряда Н:
y(tв ) = H = υ0tв sin α − |
gtв2 |
= υ02 sin2 α. |
|
||
2 |
2g |
На рис. 1 зображена траєкторія руху снаряду, випущеного під кутом до горизонту. Її форму, тобто рівняння траєкторії, легко отримати із рівнянь для координат. Визначивши час рівняння x(t) та підставивши його у рівняння для координати y(t), отримаємо
|
|
|
t = |
|
|
x(t) |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
υ0 cos α |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
x |
|
|
|
|
gx2 |
|
|
|
|
|
y(t) = υ |
|
sin α |
|
|
− |
|
|
|
= Ax − Bx2 |
, |
|||
0 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
υ0 cos |
α 2υ0 cos |
|
α |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
де |
A = tg α, B = |
g |
|
. Це – рівняння параболи. Швидкість тіла в |
2υ 2 cos2 |
α |
|||
|
|
0 |
|
|
будь-який момент часу напрямлена по дотичній до траєкторії і легко визначається як векторна сума горизонтальної υRх та вертикальної υRy
складових швидкостей. Вектор повної швидкості
υR(t) = υRх (t) + υRy (t) ;
Модуль вектора повної швидкості визначається як:
υ = υx2 (t) + υy2 (t) = υ02 cos2 α + (υ0 sin α − gt)2 .
23
Наприкінці польоту величину повної швидкості υк визначимо при
підстановці t = tп: υ = υ 2 cos2 |
α + (υ |
0 |
sin α − 2υ |
0 |
sin α)2 = υ |
. Таким чином, |
0 |
|
|
0 |
|
при падінні снаряд має таку ж за величиною швидкість, що і при пострілі.
Відповідь: Час падіння снаряда tп = |
2υ0 sin α |
, |
модуль швидкості у |
|
g |
||||
|
|
|
момент падіння на землю дорівнює модулю його початкової швидкості
υ = υ0 . , дальність польоту L = |
υ 2 sin 2α |
, |
максимальна висота підйому |
||||||
0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
|
|
H = |
υ 2 sin2 |
α |
, рівняння траєкторії снаряду – |
парабола, рівняння якої має |
|||||
0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2g |
|
|
|
|
|
|
|
|
вигляд y = Ax − Bx2 (де A = tg α, |
B = |
|
g |
|
|
). |
|||
2υ 2 cos2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
α |
||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
Задача 2. Через блок у вигляді суцільного однорідного диска масою 1 кг перекинута невагома і нерозтяжна нитка, до кінців якої підвішені вантажі масами 2 та 3 кг. Знайти прискорення руху вантажів та силу натягу нитки.
Дано: m = 1 кг m1 = 2 кг m2 = 3 кг
a, T – ?
y m R
R
T 1
a
R
m1 g
0
Рис. 2
Розв’язання. Сили, що діють на вантажі, а також вибраний напрямок координатної осі 0y показано на рис.2.
Згідно з другим законом Ньютона, запишемо рівняння руху для кожного вантажу:
R |
R |
R |
|
T + m g |
= m a ; |
|
|
1 |
1 |
1 1 |
|
R |
R |
R |
. |
T |
+ m g |
= m a |
|
2 |
2 |
2 2 |
|
Оскільки нитка невагома та нерозтяжна, то прискорення обох вантажів будуть рівні:
a1 = a2 = a . Рухомий блок має масу, тому
для нього застосуємо основний закон динаміки обертового руху:
|
R |
|
R |
∑ M |
, |
|
T2 |
|
ε = |
I |
|
||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
де |
ε – |
кутове |
прискорення |
блока, |
|
|
a M – |
результуючий момент сил, що діють на |
||||
|
||||||
|
блок, І – |
момент інерції блока відносно осі |
||||
|
обертання.
R
m2 g
24
Вибравши прискорення кожного вантажу (див. рис. 2), отримаємо в проекціях на вісь 0y:
T − m g = m a; |
||
1 |
1 |
1 |
T2 - m2 g = -m2 a; |
||
|
- T1 ) × R = I × ε. |
|
(T2 |
де R – радіус блока.
Для блоку у вигляді однорідного диска, що обертається навколо
осі, що проходить через центр мас, момент інерції I = mR2 . Кутове
2
прискорення ε пов’язане з тангенціальним прискоренням точок на ободі диска а (що співпадає з прискоренням вантажів) співвідношенням
ε= a .
R
Враховуючи це, отримаємо:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T - m g = m a; |
|
|
|
|
|
|
||||
|
1 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
T2 - m2 g = -m2 a; |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
mR |
2 |
|
a |
|
mRa |
|
(T2 |
- T1 ) × R = |
|
× |
= |
. |
|||||
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2 |
|
|
R 2 |
Розв’язуючи останню систему відносно а, Т1 та Т2, отримаємо:
a = |
g(m2 − m1 ) |
, T1 |
= m1 g |
2m2 + m / 2 |
, T2 |
= m2 g |
2m1 + m / 2 . |
||||||||
m1 |
+ m2 |
+ m / 2 |
m1 |
+ m2 |
+ m / 2 |
m1 |
+ m2 |
+ m / 2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
Зробимо перевірку одиниць вимірювання отриманих формул:
|
|
м |
Чкг |
|
|
м |
|
|
|
|
|
|
a = |
с2 |
= |
|
, |
|
|
|
|
||||
|
|
|
с2 |
|
|
|
|
|||||
|
|
кг |
|
|
|
|
|
|
|
|||
T = T2 |
= кгЧ |
м |
Ч |
кг |
= кгЧ |
м |
, . |
|||||
|
кг |
с2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
с2 |
|
|
|
Так як Н = кгЧсм2 , то розмірність формул відповідає одиниці
вимірювання сили.
Підставивши числові дані, отримаємо:
25
a = |
9,8(3 - 2) |
» 1, 78 |
|
м |
|
|
, T = 2 ×9,8 |
2 ×3 +1 / 2 |
» 23, 2 (Н), |
||
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||
2 + 3 +1 / 2 |
|
|
с |
|
|
|
|
|
2 + 3 +1 / 2 |
|
|
|
T = 3 ×9,8 |
2 × 2 +1 / 2 |
» 24,1 (Н) . |
|
|||||||
|
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
|
2 |
+ 3 +1 / 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь. Прискорення вантажів 1,78 м/с2, а натяги нитки по різні боки від блока дорівнюють відповідно 23,3 Н і 24,1 Н.
Задача 3. Людина і візок рухаються назустріч один одному. Вага людини 64 кг, вага візка 32 кг. Швидкість людини 5,4 км/год, швидкість візка 1,8 км/год. Людина стрибає на візок і зупиняється. Визначити
швидкість візка разом із людиною. |
|
||||||
|
Розв’язання: Згідно із закону збереження кількості |
||||||
Дано: |
|||||||
m1 = 64 кг |
руху (імпульсу) маємо: |
|
|||||
m2 = 32 кг |
|
R |
R |
R |
|||
m1υ1 |
+ m2υ2 = (m1 |
+ m2 ) ×υ. |
|||||
υ1 |
= 5,4 км/год |
У |
проекціях на |
горизонтальну вісь ох, що |
|||
|
= 1,8 км/год |
||||||
υ2 |
співпадає, |
наприклад, з |
напрямком початкового руху |
||||
υ – ? |
людини (рис. 3), маємо: |
|
|||||
m1υ1 |
- m2υ2 = (m1 |
+ m2 ) ×υ, |
|||||
|
|
||||||
де m1 – маса |
людини, |
υ1 |
– її швидкість до стрибка, m2 – маса візка, |
||||
υ2 |
– швидкість візка; |
υ – |
|
загальна швидкість візка і людини після її |
стрибка на візок. Із останнього рівняння маємо:
|
|
υ = |
m1υ1 − m2υ2 |
. |
|
||||
|
|
|
m1 + m2 |
|
|
|
R |
m1υ1 |
|
|
|
m2υ2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(m1 + m2 )υR
х 0
Рис. 3
26
Відмітимо, що внаслідок однорідності останньої формули байдуже, в яких одиницях вимірювання підставляти маси m1 та m2; необхідно лише, щоб ці одиниці були однаковими. Перевіримо це для останньої формули:
υ = кгЧкм/год =км/год . км/год
Отже, підставляючи швидкості людини та візка: υ1 = 5,4 км/год та υ2 = 1,8 км/год, а також відповідно їхні маси: m1 = 64 кг, m1 = 32 кг, із рівняння (3), отримаємо значення швидкості візка із людиною в км/год:
υ = 64 ×5, 4 - 32 ×1,8 = 3,0 км/год. 64 + 32
Швидкість υ > 0. Таким чином, після стрибка швидкість візка з людиною напрямлена в той бік, куди бігла людина.
Відповідь. 3,0 км/год.
Задача 4. У балоні об’ємом 10 л знаходиться гелій під тиском 1 МПа і при температурі 300 К. Після того, як з балона було взято 10 г гелію, температура в балоні знизилася до 290 К. Визначити тиск гелію, який залишився у балоні.
Дано:
V = 10 л
µ = 4·10 -3 кг/моль p1 = 1 МПа
Т1 = 300 К m = 290 г Т2 = 290 К
p2 – ?
Розв’язання: Для розв’язання задачі скористаємося рівнянням Менделєєва-Клапейрона, застосувавши його до кінцевого стану газу:
|
p V = |
m2 |
RT |
(1) |
|
|
|||
|
2 |
µ |
2 |
|
|
|
|
|
|
де |
m2 – маса гелію в балоні в кінцевому стані; |
|||
µ– |
молярна маса гелію; R – |
молярна газова стала. |
Із рівняння (1) виразимо шуканий тиск:
p |
|
= |
m2 |
RT . |
(2) |
|
µV |
||||
|
2 |
|
2 |
|
|
Масу m2 гелію виразимо через масу m1, що відповідає початковому |
|||||
стану, і масу m гелію, взятого з балона: |
|
||||
m2 =m – m1. |
(3) |
27
Масу m1 гелію знайдемо також із рівняння Менделєєва – Клапейрона, застосувавши його до початкового стану:
m1 = p1Vµ . RT1
Підставивши значення маси m1 в (3), а потім значення m2 в (2), знайдемо:
|
|
|
|
|
µp1V |
|
|
|
RT2 |
|
|
|
|
p2 |
= |
|
- m |
, |
|||||
|
|
RT1 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
µV |
||||
або, розкриваючи дужки, матимемо: |
|
|
|
|
|||||||
p |
2 |
= |
T2 |
p - |
mRT2 |
. |
(5) |
||||
|
|
||||||||||
|
|
T1 |
1 |
|
µV |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Перевіримо, чи дає формула (5) одиницю тиску. Для цього в її праву частину замість символів величин підставимо їхні одиниці. У правій частині формули два доданки. Очевидно, що перший з них дає одиницю тиску, так як складається з двох множників, перший з яких
T2 – безрозмірний, а другий – тиск. Перевіримо другий доданок:
T1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
кгЧ |
|
Дж |
|
|
|
кгЧмоль |
|
ДжЧК |
|
||||
|
|
|
|
mRT |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
p = |
мольЧК |
|
|
Ч |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
= |
|||||
|
|
|
|
|
кг/мольЧм3 |
|
кг |
м3ЧмольЧК |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
µV |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
= |
Дж |
= |
НЧм |
= |
|
Н |
=Па . |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
м3 |
|
|
м3 |
|
|
|
м2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Паскаль є одиницею тиску. Виконаємо обчислення за формулою |
||||||||||||||||||||||
(5), враховуючи, що µ = 4 ×10−3 кг/моль: |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
10 |
−2 |
×8,31× 290 |
|
|
|
|
|
||||||||
p2 |
= |
290 |
×106 - |
|
|
|
Па = 3,64 |
×105 Па=0,364 МПа . |
||||||||||||||
|
|
4 ×10−3 ×10−2 |
|
|
||||||||||||||||||
|
300 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь: Тиск гелію, що залишився у балоні становить p2 = 0,364 МПа.
28
Задача 5. Теплова машина працює по оборотному циклу Карно. Температура нагрівника 500 К. Визначити термічний ККД циклу та температуру холодильника теплової машини, якщо за рахунок 1 кДж теплоти, отриманої від нагрівника, машина здійснює роботу 350 Дж.
Дано: |
Розв’язання: Термічний ККД теплової |
|||||||
Q1 = 1 кДж = 1000 Дж |
машини показує, яка частка теплоти, |
|||||||
Т1 = 500К |
отриманої від нагрівника, перетворюється в |
|||||||
А = 350Дж |
механічну |
роботу. |
Термічний |
ККД |
||||
|
виражається за формулою: |
|
|
|
||||
η – ? |
|
|
|
|||||
|
η = |
A |
, |
|
(1) |
|||
|
|
|
||||||
Т2 – ? |
|
|
|
|||||
|
|
Q1 |
|
|
|
|||
де Q1 – теплота, отримана від нагрівника; А – робота, яку виконало |
||||||||
робоче тіло теплової машини. |
|
|
|
|
|
|
||
Знаючи ККД циклу, можна |
за формулою |
Карно η = |
T1 − T2 |
|
||||
T1 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
визначити температуру холодильника Т2:
T2 = T1 (1 − η).
Зробимо перевірку одиниць вимірювання:
З формули (6) видно що ККД η = ДжДж = 1 є величина безрозмірна, а
тому справедливість розмірності другої формули очевидна. Виконаємо обчислення:
η = 350 = 0,35; 1000
T2 = 5001 (1 − 0,35) = 325 K .
Відповідь: ККД циклу теплової машини, яка працює по оборотному циклу Карно дорівнює 0,35, а температура холодильника 325 К.
29
Задача 6. Сила струму у провіднику опором 20 Ом зростає на 2 с за лінійним законом від нуля до 6 А. Визначити кількість теплоти, яка
виділяється у провіднику за першу секунду. |
|
|||
Дано: |
|
Розв’язання: |
Закон Джоуля-Ленца |
у вигляді |
|
||||
R= 20 Ом |
|
Q = I 2 Rt слушний |
для постійного струму. |
Якщо сила |
I0 = 0 А |
|
струму змінюється з часом, то закон виконується для |
||
Imax = 6 А |
|
|||
|
нескінченно малого інтервалу часу: |
|
||
t1 = 0 c |
|
|
dQ = I 2 Rdt , |
(7) |
t2 = 1 c |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q = ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де сила струму I є деякою функцією часу. Враховуючи лінійну зміну сили струму, можна записати:
I = I0 + kt , |
(8) |
де k – коефіцієнт пропорційності. Згідно З умовою задачі при t1 = 0 c початковий струм I = І0 , а при t2 = 1 струм I = Іmax . Підставляючи ці значення в формулу (8), отримаємо значення коефіцієнта пропорційності:
|
|
|
|
|
|
|
|
k = |
Imax |
. |
|
|
|
|
(9) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t2 |
|
|
|
|
|
|
Підставивши (9) в (8), а потім (7), отримаємо: |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
dQ = ( I0 + kt )2 Rdt |
(10) |
|||||||||||
Проінтегруємо останній вираз (10): |
|
|
|
|
|
||||||||||
t2 |
2 |
2 |
|
t2 |
1 |
|
2 |
R (t23 − t13 ) |
|
||||||
Q = ∫ |
Imax |
t 2 Rdt = |
Imax |
R∫t 2dt = |
|
Imax |
|
||||||||
2 |
2 |
|
3 |
2 |
|
||||||||||
t |
t2 |
|
|
|
|
t2 |
t |
t2 |
|
||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q = |
1 |
|
Imax2 |
|
R (t23 − t13 ). |
|
|
(5) |
|||||
|
|
3 t 2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Перевіримо одиниці вимірювання останньої формули: |
11 |
2
Q = I Rt3 = I 2 Rt = A2ЧОмЧс = Дж. t2
Виконаємо обчислення за формулою (5):
2
Q = 1 6 20(13 − 03 ) = 240 Дж . 3 12
Відповідь: Кількість теплоти, яка виділяється у провіднику за першу секунду проходження струму, дорівнює 240 Дж.
30